传送门：POJ 1061 - 青蛙的约会

题目大意：
在同一条纬度线上，青蛙 A, B 分别以 $x,y$ 为起点向西跳，A 青蛙每次能跳 $m$ 米，B 青蛙每次能跳 $n$ 米，两个青蛙跳一次时间相同，纬度线总长为 $L$ ，问跳多少次以后两青蛙相遇，如果始终不能相遇输出 “Impossible”。

解题思路：
因为都朝西跳，所以如果有可能相遇，那么相遇时两只青蛙总路程 “A 青蛙的跳跃距离加上 A 青蛙起点” 与 “B 青蛙的跳跃距离加上 B 青蛙的起点” 的差值一定是纬度线总长 $L$ 的整数倍数。设相遇时跳跃次数为 $t$，相遇时总路程差值是 $L$ 的 $c$ 倍($c\in Z$，不过这个 $c$ 并不重要)，可得 $(mt+x)-(nt+y)=Lc$，化为我们需要的形式得 $(m-n)t-Lc=y-x$ ($t,c$ 为未知数)，可以看出这个式子是二元一次方程，所以可以使用扩展欧几里得算法求解，然后将 $t$ 化为最小正整数解即可。又因为该算法只能求得整数解，所以如果无解，就说明两个青蛙始终无法相遇。注意题目数据范围较大，数据类型使用 long long。

通过代码：

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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long exgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    long long q = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return q;
}
bool eqa_solve(long long &x, long long &y, long long &g, long long a, long long b, long long c)
{
    g = exgcd(a, b, x, y);
    if (c % g != 0)
        return false;
    long long tms = c / g;
    x *= tms;
    y *= tms;
    return true;
}
int main(void)
{
    long long x, y, m, n, L;
    long long t, c, gcd;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L);
    if (eqa_solve(t, c, gcd, m - n, L, y - x))
    {
        long long mod = L / gcd;
        printf("%lld\n", (t % L + L) % L);  // 将 t 化为最小正整数解并输出
    }
    else
        printf("Impossible\n");
    return 0;
}